Ề (mức khó cao — Analysis / Functional Analysis)
Xét toán tử tích phân T:L2([0,1])→L2([0,1])T : L^2([0,1]) \to L^2([0,1])T:L2([0,1])→L2([0,1]) định nghĩa bởi
(Tf)(x)=∫01K(x,y) f
dy,với kernel K(x,y)=min(x,y).(Tf)(x) = \int_0^1 K(x,y)\,f\,dy,\qquad\text{với kernel }K(x,y)=\min(x,y).(Tf)(x)=∫01K(x,y)fdy,với kernel K(x,y)=min(x,y).a) Chứng minh TTT là toán tử self-adjoint, compact và dương (positive) trên không gian Hilbert L2([0,1])L^2([0,1])L2([0,1]).
b) Tìm mọi giá trị riêng λ\lambdaλ khác 0 của TTT và các hàm riêng tương ứng (eigenfunctions). Cụ thể, chứng minh rằng các giá trị riêng dương của TTT là
λn=1((n−12)π)2,n=1,2,3,…,\lambda_n=\frac{1}{\big((n-\tfrac12)\pi\big)^2},\qquad n=1,2,3,\dots,λn=((n−21)π)21,n=1,2,3,…,
và các hàm riêng tương ứng có dạng (tỉ lệ)
ϕn(x)=sin((n−12)πx).\phi_n(x)=\sin\big((n-\tfrac12)\pi x\big).ϕn(x)=sin((n−21)πx).
c) Chứng minh các {ϕn}\{\phi_n\}{ϕn} trên là trực giao trên L2([0,1])L^2([0,1])L2([0,1]), chuẩn hoá chúng và kết luận rằng {ϕn}\{\phi_n\}{ϕn} cùng với không gian nhân tử 0 cho phép TTT có phân tích phổ dạng
Tf=∑n=1∞λn⟨f,ϕn⟩ ϕn,f∈L2([0,1]),Tf=\sum_{n=1}^\infty \lambda_n \langle f,\phi_n\rangle\,\phi_n,\qquad f\in L^2([0,1]),Tf=n=1∑∞λn⟨f,ϕn⟩ϕn,f∈L2([0,1]),
với tổng hội tụ theo chuẩn L2L^2L2. (Nói cách khác: TTT có hệ đầy các eigenvectors và phổ rời rạc dương giảm về 0.)
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Mình giải theo từng mục a → b → c, nêu rõ từng bước tính toán và ý chính.
Phần (a). Tính chất: self-adjoint, compact, positive
1. TTT là toán tử Hilbert–Schmidt (nên compact).
Kernel K(x,y)=min(x,y)K(x,y)=\min(x,y)K(x,y)=min(x,y) là hàm vuông-tích phân trên [0,1]2[0,1]^2[0,1]2: ta kiểm tra
∬[0,1]2∣K(x,y)∣2 dx dy=∬[0,1]2min(x,y)2 dx dy<∞.\iint_{[0,1]^2} |K(x,y)|^2\,dx\,dy= \iint_{[0,1]^2} \min(x,y)^2\,dx\,dy <\infty.∬[0,1]2∣K(x,y)∣2dxdy=∬[0,1]2min(x,y)2dxdy<∞.
Rõ ràng min(x,y)≤1\min(x,y)\le 1min(x,y)≤1 nên tích phân trên miền hữu hạn là hữu hạn. Do đó K∈L2([0,1]2)K\in L^2([0,1]^2)K∈L2([0,1]2). Kết quả tiêu chuẩn: mọi toán tử tích phân với kernel trong L2L^2L2 là Hilbert–Schmidt, do đó là compact từ L2L^2L2 vào L2L^2L2.
2. TTT là self-adjoint.
Ta cần chứng minh ⟨Tf,g⟩=⟨f,Tg⟩\langle Tf,g\rangle = \langle f,Tg\rangle⟨Tf,g⟩=⟨f,Tg⟩ cho mọi f,g∈L2f,g\in L^2f,g∈L2. Tính
⟨Tf,g⟩=∫01(∫01K(x,y)f
dy)g(x)‾ dx=∬[0,1]2K(x,y)fg(x)‾ dy dx.\langle Tf, g \rangle = \int_0^1 \Big(\int_0^1 K(x,y) f\,dy\Big) \overline{g(x)}\,dx= \iint_{[0,1]^2} K(x,y) f\overline{g(x)}\,dy\,dx.⟨Tf,g⟩=∫01(∫01K(x,y)fdy)g(x)dx=∬[0,1]2K(x,y)fg(x)dydx.Vì K(x,y)=min(x,y)=min(y,x)=K(y,x)K(x,y)=\min(x,y)=\min(y,x)=K(y,x)K(x,y)=min(x,y)=min(y,x)=K(y,x) (symmetric), ta có bằng
∬K(y,x)f
g(x)‾ dy dx=∬K(x,y)g‾f(x) dx dy=⟨f,Tg⟩.\iint K(y,x) f\overline{g(x)}\,dy\,dx= \iint K(x,y) \overline{g} f(x)\,dx\,dy= \langle f, Tg \rangle.∬K(y,x)fg(x)dydx=∬K(x,y)gf(x)dxdy=⟨f,Tg⟩.(Ở bước đổi tích phân đã dùng Fubini; hợp lệ vì hàm tích hợp là tích của thành phần L2L^2L2.) Vậy TTT là self-adjoint.
3. TTT là positive (dương).
Xét
⟨Tf,f⟩=∬[0,1]2K(x,y)f
f(x)‾ dy dx=∬min(x,y)ff(x)‾ dy dx.\langle Tf, f\rangle = \iint_{[0,1]^2} K(x,y) f\overline{f(x)}\,dy\,dx= \iint \min(x,y) f\overline{f(x)}\,dy\,dx.⟨Tf,f⟩=∬[0,1]2K(x,y)ff(x)dydx=∬min(x,y)ff(x)dydx.Có cách đọc khác: bằng đổi tích phân ta có biểu thức thực và tính được ⟨Tf,f⟩≥0\langle Tf,f\rangle\ge0⟨Tf,f⟩≥0. Cụ thể, dùng biểu diễn
min(x,y)=∫011[0,x](t)1[0,y](t) dt,\min(x,y) = \int_0^1 \mathbf{1}_{[0,x]}(t)\mathbf{1}_{[0,y]}(t)\,dt,min(x,y)=∫011[0,x](t)1[0,y](t)dt,
thì
⟨Tf,f⟩=∬(∫011[0,x](t)1[0,y](t) dt)f
f(x)‾ dy dx=∫01∣∫011[0,x](t)f(x) dx∣2dt≥0.\langle Tf,f\rangle= \iint \Big(\int_0^1 \mathbf{1}_{[0,x]}(t)\mathbf{1}_{[0,y]}(t)\,dt\Big) f\overline{f(x)}\,dy\,dx= \int_0^1 \Big|\int_0^1 \mathbf{1}_{[0,x]}(t) f(x)\,dx\Big|^2 dt \ge 0.⟨Tf,f⟩=∬(∫011[0,x](t)1[0,y](t)dt)ff(x)dydx=∫01∫011[0,x](t)f(x)dx2dt≥0.Chi tiết: thay tích trội vào, đổi tích phân bằng Fubini, thu được tích của một hàm với chính nó → không âm. Do đó TTT dương.
Kết luận (a): TTT là compact, self-adjoint và dương.
Phần (b). Tìm giá trị riêng
Ta cần giải phương trình eigen:
(Tf)(x)=∫01min(x,y)f
dy=λf(x),(⋆)(Tf)(x)=\int_0^1 \min(x,y) f\,dy = \lambda f(x),\qquad (\star)(Tf)(x)=∫01min(x,y)fdy=λf(x),(⋆)với λ≠0\lambda\ne0λ=0.
Bước 1 — Viết biểu thức tích phân thành hai phần.
Với x∈[0,1]x\in[0,1]x∈[0,1],
∫01min(x,y)f
dy=∫0xyf dy+∫x1xf dy.\int_0^1 \min(x,y) f\,dy= \int_0^x y f\,dy + \int_x^1 x f\,dy.∫01min(x,y)fdy=∫0xyfdy+∫x1xfdy.Gọi
g(x):=(Tf)(x)=∫0xyf
dy+x∫x1f dy.g(x):=(Tf)(x)=\int_0^x y f\,dy + x\int_x^1 f\,dy.g(x):=(Tf)(x)=∫0xyfdy+x∫x1fdy.Ta có phương trình g(x)=λf(x)g(x)=\lambda f(x)g(x)=λf(x). Vì λ≠0\lambda\ne0λ=0 suy ra f(x)=1λg(x)f(x)=\frac{1}{\lambda} g(x)f(x)=λ1g(x). Thay vào phương trình định nghĩa ggg ta thấy ggg xác định từ ggg qua tích phân—nhưng ta có thể tìm vi phân tương đương.
Bước 2 — Lấy đạo hàm (hai lần).
Tính đạo hàm của ggg. Dùng quy tắc Leibniz cho tích phân biến biên:
- Đạo hàm lần 1:
g′(x)=ddx(∫0xyf dy)+ddx(x∫x1f dy).g'(x) = \frac{d}{dx}\Big(\int_0^x y f\,dy\Big) + \frac{d}{dx}\Big(x\int_x^1 f\,dy\Big).g′(x)=dxd(∫0xyfdy)+dxd(x∫x1fdy).
Tính từng phần:
ddx∫0xyf dy=xf(x).\frac{d}{dx}\int_0^x y f\,dy = x f(x).dxd∫0xyfdy=xf(x).
Với phần thứ hai:
ddx(x∫x1f dy)=∫x1f dy+x⋅ddx(∫x1f dy)=∫x1f dy−xf(x).\frac{d}{dx}\big( x\int_x^1 f\,dy\big)= \int_x^1 f\,dy + x\cdot\frac{d}{dx}\big(\int_x^1 f\,dy\big)= \int_x^1 f\,dy - x f(x).dxd(x∫x1fdy)=∫x1fdy+x⋅dxd(∫x1fdy)=∫x1fdy−xf(x).
(Dùng ddx∫x1f dy=−f(x)\frac{d}{dx}\int_x^1 f\,dy = -f(x)dxd∫x1fdy=−f(x).)
Cộng lại:
g′(x)=xf(x)+∫x1f dy−xf(x)=∫x1f dy.g'(x) = x f(x) + \int_x^1 f\,dy - x f(x) = \int_x^1 f\,dy.g′(x)=xf(x)+∫x1fdy−xf(x)=∫x1fdy. - Đạo hàm lần 2:
g′′(x)=ddx∫x1f dy=−f(x).g''(x) = \frac{d}{dx} \int_x^1 f\,dy = -f(x).g′′(x)=dxd∫x1fdy=−f(x).
Bước 3 — Chuyển thành ODE cho ggg.
Từ g(x)=λf(x)g(x)=\lambda f(x)g(x)=λf(x) suy ra f(x)=1λg(x)f(x) = \frac{1}{\lambda} g(x)f(x)=λ1g(x). Thay vào công thức cho g′′g''g′′:
g′′(x)=−f(x)=−1λg(x).g''(x) = - f(x) = -\frac{1}{\lambda} g(x).g′′(x)=−f(x)=−λ1g(x).
Vậy ggg thỏa phương trình vi phân tuyến tính hàng hai
g′′(x)+1λg(x)=0.(ODE)g''(x) + \frac{1}{\lambda} g(x)=0. \tag{ODE}g′′(x)+λ1g(x)=0.(ODE)
Bước 4 — Điều kiện biên cho ggg.
Từ biểu thức g ta có hai điều kiện biên tự nhiên:
- g(0)=∫00yf dy+0⋅∫01f dy=0.g(0) = \int_0^0 y f\,dy + 0\cdot\int_0^1 f\,dy = 0.g(0)=∫00yfdy+0⋅∫01fdy=0.
- g′(1)=∫11f dy=0.g'(1) = \int_1^1 f\,dy = 0.g′(1)=∫11fdy=0.
Vậy ODE phải thỏa kèm BC:
g′′+1λg=0,g(0)=0,g′(1)=0.g'' + \frac{1}{\lambda} g = 0,\qquad g(0)=0,\quad g'(1)=0.g′′+λ1g=0,g(0)=0,g′(1)=0.
Bước 5 — Giải ODE chung.
Đặt k2:=1λk^2 := \dfrac{1}{\lambda}k2:=λ1. Lưu ý λ>0\lambda>0λ>0 (vì TTT dương, nonzero eigenvalues phải dương), do đó k>0k>0k>0 thực. ODE trở thành
g′′(x)+k2g(x)=0.g''(x) + k^2 g(x) = 0.g′′(x)+k2g(x)=0.
Giải tổng quát:
g(x)=Acos(kx)+Bsin(kx).g(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx).g(x)=Acos(kx)+Bsin(kx).
Điều kiện g(0)=0g(0)=0g(0)=0 ⇒ A=0A=0A=0. Vậy
g(x)=Bsin(kx).g(x) = B \sin(kx).g(x)=Bsin(kx).
Điều kiện g′(1)=0g'(1)=0g′(1)=0 ⇒ g′(x)=Bkcos(kx)g'(x)= B k \cos(kx)g′(x)=Bkcos(kx), thế g′(1)=Bkcos(k)=0g'(1)= B k \cos(k)=0g′(1)=Bkcos(k)=0.
Vì nếu B=0B=0B=0 ta có g≡0g\equiv0g≡0 dẫn tới f≡0f\equiv0f≡0 (vô nghiệm phi tầm thường), bỏ qua; nên cần cos(k)=0\cos(k)=0cos(k)=0. Do đó
k=π2+(n−1)π=(n−12)π,n=1,2,3,…k = \frac{\pi}{2} + (n-1)\pi = \Big(n-\tfrac12\Big)\pi,\qquad n=1,2,3,\dotsk=2π+(n−1)π=(n−21)π,n=1,2,3,…
Tức kn=(n−12)πk_n=(n-\tfrac12)\pikn=(n−21)π.
Bước 6 — Trả về λ\lambdaλ và fff.
Nhớ k2=1/λk^2 = 1/\lambdak2=1/λ nên
λn=1kn2=1((n−12)π)2,n=1,2,…\lambda_n = \frac{1}{k_n^2} = \frac{1}{\big((n-\tfrac12)\pi\big)^2},\qquad n=1,2,\dotsλn=kn21=((n−21)π)21,n=1,2,…
Với gn(x)=Bsin(knx)g_n(x)=B\sin(k_n x)gn(x)=Bsin(knx) thì fn(x)=1λngn(x)f_n(x)=\frac{1}{\lambda_n} g_n(x)fn(x)=λn1gn(x) (từ g=λfg=\lambda fg=λf). Vì 1λn=kn2\frac{1}{\lambda_n}=k_n^2λn1=kn2, ta có
fn(x)=kn2Bsin(knx).f_n(x) = k_n^2 B \sin(k_n x).fn(x)=kn2Bsin(knx).
Điều này chỉ khác bởi một hằng số tỉ lệ; hàm riêng có thể chọn là
ϕn(x)=sin(knx)=sin((n−12)πx),\phi_n(x) = \sin(k_n x) = \sin\big((n-\tfrac12)\pi x\big),ϕn(x)=sin(knx)=sin((n−21)πx),
(ta được phép chọn bất kỳ scalar khác nhau — sau này sẽ chuẩn hóa). Thay vào kiểm tra: nếu f=ϕnf=\phi_nf=ϕn thì
Tϕn=λnϕn.T\phi_n = \lambda_n \phi_n.Tϕn=λnϕn.
Bạn có thể trực tiếp xác minh bằng tích phân, nhưng ODE đã cho thấy mối quan hệ.
Kết luận (b): Mọi eigenvalue dương của TTT là λn\lambda_nλn như trên, eigenfunctions tỉ lệ sin((n−12)πx)\sin((n-\tfrac12)\pi x)sin((n−21)πx). Không tồn tại eigenvalue dương khác (vì ODE + BC cho mọi trường hợp).
Ngoài ra: không có eigenvalue âm vì TTT dương; 0 là phần phổ (có thể là giá trị phía phổ hay eigenspace với vô hạn chiều nếu cần).
Phần (c). Trực giao, chuẩn hóa và phân tích phổ
1. Trực giao của ϕn\phi_nϕn.
Hàm ϕn(x)=sin(knx)\phi_n(x)=\sin(k_n x)ϕn(x)=sin(knx) với kn=(n−12)πk_n=(n-\tfrac12)\pikn=(n−21)π là các sinus với tần số cách nhau. Trực giao trên [0,1][0,1][0,1] với tích vô hướng chuẩn L2L^2L2:
∫01sin(kmx)sin(knx) dx=0neˆˊu m≠n.\int_0^1 \sin(k_m x)\sin(k_n x)\,dx = 0\quad\text{nếu } m\ne n.∫01sin(kmx)sin(knx)dx=0neˆˊu m=n.
Điều này tuân theo công thức tích vô hướng cho sinus với hai tần số khác (vì tích là dạng cos phân biệt tích phân hết bằng 0 do k_m ± k_n là không bằng 0 tích bội của π). Ta có thể tính rõ:
∫01sin(αx)sin(βx) dx=sin((α−β)/2)sin((α+β)/2)αβ/2 (v.v.)\int_0^1 \sin(\alpha x)\sin(\beta x)\,dx = \frac{\sin((\alpha-\beta)/2)\sin((\alpha+\beta)/2)}{\alpha\beta/2}\ \text{(v.v.)}∫01sin(αx)sin(βx)dx=αβ/2sin((α−β)/2)sin((α+β)/2) (v.v.)
nhưng lời khẳng định trực giao đúng do α±β\alpha\pm\betaα±β là số không chia hết bởi 2π2\pi2π trừ khi α=β\alpha=\betaα=β. Với k_n đặc biệt (n-1/2 multiples), điều này đảm bảo trực giao.
2. Chuẩn hóa.
Ta tính chuẩn L2L^2L2-norm:
∥ϕn∥2=∫01sin2(knx) dx=12∫01(1−cos(2knx)) dx=12[1−sin(2kn)2kn].\|\phi_n\|^2 = \int_0^1 \sin^2(k_n x)\,dx = \frac12\int_0^1 (1-\cos(2k_n x))\,dx= \frac12\Big[1 - \frac{\sin(2k_n)}{2k_n}\Big].∥ϕn∥2=∫01sin2(knx)dx=21∫01(1−cos(2knx))dx=21[1−2knsin(2kn)].
Nhưng kn=(n−12)πk_n=(n-\tfrac12)\pikn=(n−21)π nên 2kn=(2n−1)π2k_n=(2n-1)\pi2kn=(2n−1)π, và sin((2n−1)π)=0\sin((2n-1)\pi)=0sin((2n−1)π)=0. Vậy
∥ϕn∥2=12.\|\phi_n\|^2 = \frac12.∥ϕn∥2=21.
Do đó ∥ϕn∥=12\|\phi_n\| = \frac{1}{\sqrt{2}}∥ϕn∥=21. Vì vậy chuẩn hoá bằng cách nhân cho 2\sqrt{2}2:
ψn(x):=2 ϕn(x)=2sin((n−12)πx)\psi_n(x) := \sqrt{2}\,\phi_n(x) = \sqrt{2}\sin\big((n-\tfrac12)\pi x\big)ψn(x):=2ϕn(x)=2sin((n−21)πx)
thỏa ∥ψn∥L2=1\|\psi_n\|_{L^2}=1∥ψn∥L2=1.
3. Hệ căn bản (completeness) và phân tích phổ.
Chuỗi {ψn}n≥1\{\psi_n\}_{n\ge1}{ψn}n≥1 là một hệ trực chuẩn trong L2([0,1])L^2([0,1])L2([0,1]). Thực tế, hệ các sin với tần số (n−12)π(n-\tfrac12)\pi(n−21)π là một hệ cơ sở ortho trong L2L^2L2 phù hợp với điều kiện Dirichlet/Neumann kết hợp (đó là cơ sở eigenfunctions của bài toán Sturm–Liouville tương ứng). Chính xác: các ψn\psi_nψn tạo nên một hệ trực chuẩn đầy đủ trong không gian H={h∈L2:h thoả 1 soˆˊ đieˆˋu kiện?}H=\{h\in L^2: h\ \text{thoả 1 số điều kiện?}\}H={h∈L2:h thoả 1 soˆˊ đieˆˋu kiện?} — nhưng trong ngữ cảnh toán tử compact self-adjoint như thế này, tiêu chuẩn Hilbert–Schmidt nói rằng eigenfunctions tương ứng với nonzero eigenvalues tạo nên một hệ trực chuẩn đầy đủ của không gian bù trừ kernel(T). Nói ngắn gọn: mọi f∈L2f\in L^2f∈L2 có thể viết
f=f0+∑n=1∞⟨f,ψn⟩ψn,f = f_0 + \sum_{n=1}^\infty \langle f,\psi_n\rangle \psi_n,f=f0+n=1∑∞⟨f,ψn⟩ψn,
trong đó f0∈kerTf_0\in\ker Tf0∈kerT (thành phần trong không gian hạt nhân nếu có). Và vì tất cả eigenvalues nonzero đã được liệt kê (đếm được, dương, rời rạc, giảm về 0), ta có phân tích phổ của TTT:
Tf=∑n=1∞λn⟨f,ψn⟩ ψn,Tf = \sum_{n=1}^\infty \lambda_n \langle f,\psi_n\rangle\,\psi_n,Tf=n=1∑∞λn⟨f,ψn⟩ψn,
với hội tụ theo chuẩn L2L^2L2 (và tuyệt đối theo Hilbert–Schmidt norm). Đây là kết quả tiêu chuẩn của Spectral theorem for compact self-adjoint operators.
Kiểm tra trực tiếp vận hành:
Nếu f=ψnf=\psi_nf=ψn thì Tf=λnψnTf=\lambda_n \psi_nTf=λnψn. Với fff tổng trực giao các ψn\psi_nψn ta có tính tuyến tính cho biểu diễn tổng.
Nhận xét thêm & hệ quả
- Tính dương và monotonicity: Tất cả λn>0\lambda_n>0λn>0 và giảm về 0 khi n→∞n\to\inftyn→∞. Điều này tương ứng với thực tế rằng TTT là compact và dương → spectrum = {λn}∪{0}\{\lambda_n\}\cup\{0\}{λn}∪{0}.
- Normalisation: Ta chuẩn hoá eigenfunctions để dùng trong biểu diễn Fourier-like; hằng số 2\sqrt{2}2 đã cho chuẩn L2L^2L2 bằng 1.
- Kết nối với ODE / Sturm–Liouville: Việc đưa bài toán tích phân về ODE và BC là một ví dụ kinh điển: toán tử tích phân với kernel Green’s function của operator −d2/dx2-d^2/dx^2−d2/dx2 dẫn tới eigenvalues là đảo bình phương của chính các nghiệm của BC liên quan — đây là mối liên hệ giữa toán tử compact và toán tử vi phân tự-đối xứng.
- Ứng dụng thực tế: Phổ và eigenfunctions cho phép giải phương trình đạo hàm/ tích phân, giải PDE, tính gần đúng bằng phương pháp Galerkin, v.v.
Tóm tắt kết quả cuối cùng (cô đọng)
- TTT là compact, self-adjoint, positive trên L2([0,1])L^2([0,1])L2([0,1]).
- Nonzero eigenvalues:
λn=1((n−12)π)2,n≥1.\lambda_n = \frac{1}{\big((n-\tfrac12)\pi\big)^2},\qquad n\ge1.λn=((n−21)π)21,n≥1. - Eigenfunctions (tỉ lệ):
ϕn(x)=sin((n−12)πx),\phi_n(x)=\sin\big((n-\tfrac12)\pi x\big),ϕn(x)=sin((n−21)πx),
chuẩn hoá: ψn=2 ϕn\psi_n=\sqrt{2}\,\phi_nψn=2ϕn. - Phân tích phổ:
Tf=∑n=1∞λn⟨f,ψn⟩ ψn,(hội tụ theo chuẩn L2).Tf=\sum_{n=1}^\infty \lambda_n \langle f,\psi_n\rangle\,\psi_n,\qquad\text{(hội tụ theo chuẩn }L^2).Tf=n=1∑∞λn⟨f,ψn⟩ψn,(hội tụ theo chuẩn L2).